우리는 앞선 글에서 monoid의 정의를 살펴보았는데, 대표적으로 집합론에서 정의한 자연수는 덧셈에 대한 commutative monoid가 된다. 이번 글에서 우리는 commutative semigroup으로부터 abelian group을 얻어내는 방법을 소개한다.
우선 abelian group들의 category \(\Ab\)를 생각하면, 임의의 abelian group은 그 역원에 대한 정보를 잊어버리면 commutative monoid로 볼 수 있으므로 forgetful functor \(U: \Ab \rightarrow \cMon\)이 존재한다. 이 functor는 left adjoint \(K:\cMon \rightarrow \Ab\)를 갖는 것이 알려져 있으며, 이 adjunction을 풀어 쓰면 다음의 식
\[\Hom_\Ab(K(M), G)\cong\Hom_\cMon(M, U(G))\]이다. 즉 commutative monoid \(M\)과, monoid homomorphism \(M\rightarrow U(G)\)가 주어졌을 때 유일한 group homomorphism \(K(M)\rightarrow G\)를 얻어낼 수 있어야 한다.
Universal mapping problem
이제 위에서 설명한 left adjoint \(K\)의 존재성을 보여야 한다. 우리는 더 일반적으로, 메인 레퍼런스인 [Bou]를 따라 commutative semigroup에서 abelian group을 얻어내는 과정을 살펴본다. 한편, adjunction의 unit을 이용하면 \(K\)가 만족해야 하는 성질을 풀어 쓸 수 있다.
Abelian group \(K(S)\)와 semigroup homomorphism \(\eta_S:S\rightarrow K(S)\)는 다음과 같은 성질을 만족하는 쌍이다.
(Universal mapping problem) 임의의 abelian group \(G\)와, 임의의 semigroup homomorphism \(f:S\rightarrow G\)가 주어질 때마다 group homomorphism \(\bar{f}:K(S)\rightarrow G\)가 유일하게 존재하여 \(f=\bar{f}\circ\eta_S\)이 성립한다.
이를 직관적으로 해석하면 \(K(S)\)는 \((S,+)\)를 포함하는 가장 작은 abelian group이라 생각할 수 있다.
위의 성질을 만족하는 \(K(S)\)는 isomorphism에 대해 유일하다.
명제 1 Abelian group \(H\)와 semigroup homomorphism \(\eta_S'\)가 위의 universal mapping problem을 만족한다면, \(K(S)\cong H\)가 성립한다.
증명
우선 다음 diagram을 살펴보자.
그럼 universal property에서, \(\eta_S'= \bar{\eta}_S'\circ\eta_S\)이도록 하는 \(\bar{\eta}_S': K(S)\rightarrow H\)가 존재한다. 한편, 다시 다음의 diagram
에서 \(H\)에 대한 universal property를 사용하면 \(\eta_S=\bar{\eta}_S\circ\eta_S'\)이도록 하는 \(\bar{\eta}_S:H\rightarrow K(S)\)가 존재한다. 그럼
\[\bar{\eta}_S'\circ\bar{\eta}_S\circ\eta_S'=\bar{\eta}_S'\circ \eta_S=\eta=\id_{H}\circ \eta_S'\]이고, 다시 universal property에 의하여 \(f\circ \eta_S'=\eta_S'\)를 만족하는 \(f\)는 유일하므로 \(f=\id_H=\bar{\eta}_S'\circ \bar{\eta}_S\)이 성립한다. 혹은, diagram의 언어로는, 다음 diagram을 commute하게 만드는 \(H\rightarrow H\)는 유일하므로 \(\id_H=\bar{\eta}_S'\circ \bar{\eta}_S\)여야 한다.
비슷하게 \(\id_{K(S)}=\bar{\eta}_S\circ \bar{\eta}_S'\)가 성립한다는 것도 보일 수 있고, 따라서 \(K(S)\cong H\)가 성립한다.
한편, \(S\)가 이미 abelian group이었다면, \(K(S)\)는 다른 원소를 추가할 필요 없이 \(S\) 그 자체가 나와야 한다.
명제 2 만일 \(S\)가 abelian group이라면 위의 universal mapping problem을 만족하는 abelian group \(K(S)\)는 \(K(S)\cong S\)를 만족한다.
증명
\(S\)와 \(\id_S\)가 자명하게 universal property를 만족하므로, 앞선 명제 1에 의하여 universal property를 만족하는 임의의 abelian group은 \(S\)와 동형이어야 한다.
위의 두 명제들은 universal mapping problem을 만족하는 \(K(S)\)가 우리가 찾는 abelian group이라는 것을 보여주지만, 실제로 \(K(S)\)가 존재한다는 것은 보여주지 않는다.
\(K(S)\)의 정의
\(S\)가 abelian group이 될 수 없는 이유는 임의의 원소에 대한 역원이 존재하지 않을 수도 있기 때문이다. 직관적으로 이는
주어진 commutative semigroup \((S,+)\)에 대하여, product semigroup \(S\times S\)를 생각하자. (§대수적 구조, ⁋예시 5) \(S\times S\)의 둘째 부분을 음수처럼 생각하면, 다음 식
\[(a_1, b_1)+(a_2, b_2)=(a_1+a_2, b_1+b_2)\]은 마치
\[(a_1+a_2)-(b_1+b_2)=(a_1-b_1)+(a_2-b_2)\]를 나타내는 것처럼 생각할 수 있다.
물론, 일반적으로 \(a\)와 \(b\)가 다르더라도 \(a-b\)의 값은 충분히 차이가 날 수 있기 때문에, 우리는 \(S\times S\) 위에 동치관계 \(R\)을 다음과 같이 정의한다.
\[(a_1, b_1)\equiv (a_2, b_2)\pmod{R}\iff a_1+b_2+c=a_2+b_1+c\text{ for some $c\in S$}\]우선 이 관계가 동치관계임을 보여야 한다.
보조정리 3 위에서 정의한 관계 \(R\)은 product semigroup \(S\times S\) 위에서의 연산과 compatible한 동치관계이다.
증명
우선, \(R\)이 동치관계임을 보이자. 임의의 \((a,b)\in S\times S\)에 대하여,
\[a+b+c=a+b+c\]가 임의의 \(c\in S\)에 대해 성립하므로, \((a,b)\equiv(a,b)\)이다. \((a_1,b_1)\equiv (a_2,b_2)\)라 하자. 즉, 어떠한 \(c\in S\)에 대하여
\[a_1+b_2+c=a_2+b_1+c\]가 성립한다. 그런데 이는 정확히 \((a_2,b_2)\equiv (a_1,b_1)\)의 조건이므로, \(R\)은 symmetric하다. 마지막으로, \((a_1,b_1)\equiv(a_2,b_2)\)이고 \((a_2,b_2)\equiv (a_3,b_3)\)이라 하자. 그럼 어떤 \(c\), \(c'\)에 대하여
\[a_1+b_2+c=a_2+b_1+c,\qquad a_2+b_3+c'=a_3+b_2+c'\]가 성립한다. 이제 두 식을 더하면,
\[a_1+b_3+(a_2+b_2+c+c')=a_3+b_1+(a_2+b_2+c+c')\]이므로 \((a_1,b_1)\equiv(a_3,b_3)\)이 성립한다. 즉, \(R\)은 동치관계가 된다.
이제 \(R\)이 \(S\times S\)의 연산과 compatible하다는 것을 보여야 한다. 이를 위해, \((a_1, b_1)\equiv(a_1',b_1')\)이고 \((a_2, b_2)\equiv (a_2',b_2')\)라 하자. 우리는 \((a_1+a_2, b_1+b_2)\equiv(a_1'+a_2', b_1'+b_2')\)임을 보여야 한다. 주어진 조건으로부터, 적당한 \(c_1\), \(c_2\)가 존재하여
\[a_1+b_1'+c_1=a_1'+b_1+c_1,\qquad a_2+b_2'+c_2=a_2'+b_2+c_2\]가 성립한다. 이제, 두 식을 더하면 \((a_1+a_2)+(b_1'+b_2')+(c_1+c_2)=(a_1'+a_2')+(b_1+b_2)+(c_1+c_2)\)
이 성립하므로, 정의에 의해 \((a_1+a_2, b_1+b_2)\equiv(a_1'+a_2', b_1'+b_2')\pmod{R}\)이 성립하고, 따라서 \(R\)은 \(S\times S\)의 연산과 compatible하다.
그러므로 \((S\times S)/R\)은 commutative semigroup이 된다. 이를 \(K(S)\)라 하자.
보조정리 4 \(K(S)\)는 abelian group이다.
증명
\(K(S)\)가 항등원과 역원을 가짐을 보이면 된다. 우리는 \((a,b)\)를 \(a-b\)처럼 생각하고 있으므로, 항등원은 \((a,a)\), \((a,b)\)의 역원은 \(-(a-b)=b-a\), 즉 \((b,a)\)가 될 것이다. 이를 증명하자.
우선, 임의의 \(c\in S\)에 대하여, \([(c,c)]\)가 항등원이 됨을 보인다. 임의의 \([(a,b)]\in K(S)\)에 대하여,
\[[(a,b)]+[(c,c)]=[(a+c, b+c)]\]가 성립한다. 그런데
\[(a+c)+b+d=(b+c)+a+d\]가 임의의 \(d\in S\)에 대해 성립하므로, \((a+c, b+c)\equiv (a,b)\)이고 따라서 \([(a+c, b+c)]=[(a,b)]\)가 성립한다. 교환법칙에 의하여 \([(c,c)]+[(a,b)]=[(a,b)]\)도 당연하게 성립하므로, \([(c,c)]\)는 \(K(S)\)의 항등원이 된다.
한편, 임의의 \([(a,b)]\in K(S)\)에 대하여
\[[(a,b)]+[(b+a)]=[(a+b,a+b)]\]이므로, 앞선 논증에 의해 \([(a,b)]+[(b,a)]\)는 \(K(S)\)의 항등원이 되고, \([(a,b)]+[(b,a)]\)도 마찬가지다. 따라서 \(K(S)\)의 임의의 원소의 역원이 존재하므로, \(K(S)\)는 group의 구조를 가진다.
그럼 \(K(S)\)는 우리가 찾던 abelian group이 된다. 즉, \(K(S)\)는 위의 universal mapping problem을 만족한다.
명제 5 Commutative semigroup \((S, +)\)에 대하여, 위와 같이 만들어진 가환군 \(K(S)\)와, 자연스러운 semigroup homomorphism \(\eta_S:S\rightarrow K(S)\)는 universal property를 만족한다.
증명
우선 \(S\)에서 \(K(S)\)로의 자연스러운 semigroup homomorphism이 무엇인지부터 생각해보자. 우리는 \(K(S)\)에서 \((a,b)\)를 \(a-b\)로 취급하고 있으므로, \(a\)가 \(K(S)\)에서는 \((a+b)-b\), 즉 \([(a+b, b)]\)인 것을 알 수 있다. 따라서 \(\eta_S\)을 \(a\mapsto[(a+a, a)]\)으로 정의하자. 물론 아무 \(b\)나 택해서 \(a\mapsto[(a+b,b)]\)으로 정의해도 같은 값이 나온다.
Universal property를 증명하기 위해, 임의의 abelian group \(G\)와, semigroup homomorphism \(f:S\rightarrow G\)가 주어졌다고 하자.
우선, 만약 주어진 성질을 만족하는 \(\bar{f}:K(S)\rightarrow S\)가 존재한다면, \(\bar{f}\)는 반드시 유일해야 한다. 임의의 \([(a,b)]\)에 대하여,
\[\begin{aligned}\bar{f}\left([(a,b)]\right)&=\bar{f}\left([(a+(a+b), b+(a+b))]\right)=\bar{f}\left([(a+a,a)]+[(b, b+b)]\right)\\ &\bar{f}\left([(a+a, a)]\right)+\bar{f}\left([(b,b+b)]\right)=\bar{f}\left(\eta_S(a)\right)-\bar{f}\left(\eta_S(b)\right)\\ &=f(a)-f(b)\end{aligned}\]이므로, 각각의 원소들에서의 함수값이 유일하게 정해지기 때문이다.
이제 유일성 증명에서 힌트를 얻어, \(\bar{f}([(a,b)])\)를 \(f(a)-f(a)\)으로 정의하자. 우선, 이 정의는 잘 정의되어 있다. 즉, 만일 \((a_1,b_1)\equiv(a_2,b_2)\)라면, \(f(a_2)-f(b_2)=f(a_1)-f(b_1)\)이 성립한다. \((a_1,b_1)\equiv(a_2,b_2)\)이므로, 어떤 \(c\in S\)가 존재하여 \(a_1+b_2+c=a_2+b_1+c\)이고, 따라서
\[f(a_1)+f(b_2)+f(c)=f(a_1+b_2+c)=f(a_2+b_1+c)=f(a_2)+f(b_1)+f(c)\]이므로, 양 변에서 \(f(c)\)를 빼고 적당히 이항해서 정리해주면
\[f(a_1)-f(b_1)=f(a_2)-f(b_2)\]을 얻는다.
또, \(\bar{f}\)는 group homomorphism이 된다. 임의의 \([(a_1, b_1)]\), \([(a_2,b_2)]\)에 대하여
\[\begin{aligned}\bar{f}\left([(a_1,b_1)]+[(a_2, b_2)]\right)&=\bar{f}\left([(a_1+a_2, b_1+b_2)]\right)=f(a_1+a_2)-f(b_1+b_2)\\&=f(a_1)+f(a_2)-f(b_1)-f(b_2)=(f(a_1)-f(b_1))+(f(a_2)-f(b_2))\\&=\bar{f}\left([(a_1, b_1)]\right)+\bar{f}\left([(a_2,b_2)]\right)\end{aligned}\]가 성립하기 때문이다.
마지막으로, \(\bar{f}\)가 주어진 조건 \(f=\bar{f}\circ\eta_S\)을 만족한다는 것은 계산해보면 자명하다.
이렇게, 우리는 원했던 abelian semigroup \(K(S)\)를 얻었다. 특히 정수를 엄밀한 방식으로 정의할 수 있다.
정의 6 Monoid \((\mathbb{N},+)\)에 대하여, 위의 과정을 통해 얻어지는 abelian group을 \((\mathbb{Z},+)\)으로 적는다.
Monoid of fractions
위의 논의에서 우리는 \(S\)의 모든 원소들의 역원을 추가하여 \(K(S)\)를 얻었다. 한편 정의 6을 살펴보면 우리가 실제로 하는 것은 \(\mathbb{N}\)의 부분집합 \(\mathbb{N}\setminus\{0\}\)의 원소들의 역원만 추가하는 것이다. 이 또한 위의 논의들을 약간 수정하면 얻어질 수 있는데, 증명은 생략하고 과정들만 살펴보자.
Commutative monoid \(E\)와 \(E\)의 부분집합 \(S\), 그리고 \(S\)에 의해 생성되는 \(E\)의 submonoid \(S'\)를 생각하자. 또 \(E\)의 연산은 곱셈으로 적힌 것으로 생각한다. \(E\times S'\) 위에 다음 관계
\[(a,p)\equiv (b,q)\pmod{R}\iff aqs=bps\text{ for some $s\in S'$}\]를 정의하면, 이 관계는 \(E\times S'\) 위의 연산과 compatible한 동치관계이고 따라서 \((E\times S')/R\)이 monoid가 된다.
정의 7 위와 같이 얻어지는 monoid \((E\times S')/R\)을 \(S\)를 분모로 갖는 \(E\)의 monoid of fraction이라 부르고 \(E_S\)로 표기한다. 이 monoid의 원소 \((a,p)\)는 \(a/p\)로 표기한다.
이 때, \(E\)는 monoid이므로 위의 논의와는 다르게 항등원 \(1\)을 가진다. 그럼 명제 5에서의 homomorphism \(\eta_S\)은 명시적으로, \(a\mapsto a/1\)로 생각할 수 있다.
참고문헌
[Bou] Bourbaki, N. Algebra I. Elements of Mathematics. Springer. 1998.
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